2025届江苏省陆慕高级中学化学高二上期中学业质量监测模拟试题含解析

2025届江苏省陆慕高级中学化学高二上期中学业质量监测模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、一定温度下，将1mol PCl5通入一个容积固定不变的密闭容器中，发生反应：PCl5(g) PCl3(g) + Cl2(g)，反应达到平衡时，测得PCl5为0.4mol，此时再向容器中通入1mol PCl5，同样温度下再达到平衡时，测得PCl5为amol，下列判断正确的是
A．Cl2的体积分数增大B．PCl5的分解率增大
C．a = 0.8D．a > 0.8
2、第五套人民币中的1元硬币的材质为钢芯镀镍合金。

下列关于1元硬币的说法中不正确的是
A．有一定硬度，耐磨损；但硬度不是很大，否则文字和图案很难压印上去
B．化学性质稳定，抗腐蚀
C．每枚硬币实际价值远远高于面值1元
D．每枚硬币实际价值低于面值1元
3、在同温同压下，下列各组热化学方程式中△H1＞△H2的是（）
A．2H2（g）+ O2（g）= 2H2O（l）；△H1 2H2（g）+ O2（g）= 2H2O（g）；△H2
B．2S（g）+ O2（g）= 2SO2（g）；△H1 2S（s）+ O2（g）=2SO2（g）；△H2
C．C（s）+1
2
O2（g）= CO（g）；△H1 C（s）+ O2（g）= CO2（g）；△H2
D．H2（g）+ Cl2（g）= 2HCl（g）；△H1 1
2
H2（g）+
1
2
Cl2（g）=HCl（g）；△H2
4、苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，可以作为证据的是
①苯不能使溴水褪色
②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
③苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应
④经测定，邻二甲苯只有一种结构
⑤经测定，苯环上碳碳键的键长相等
A．①②④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②5、从物质分类的视角看，下列物质中属于氧化物的是
A．Ba B．BaO C．Ba(OH)2D．BaCO3
6、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项实验操作与现象结论
A 向油脂皂化反应后的溶液中滴入酚酞，溶液变红油脂已经完全皂化B
淀粉溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，加适量氨水使溶液为碱
性，再与银氨溶液混合加热，有光亮的银镜生成
淀粉已经水解完全
C 在2mL0.1mol/L的CuSO4溶液中滴加6滴0.1mol/L
NaOH溶液，配制成新制氢氧化铜。

向其中加入麦芽糖溶液，加热，无红
色沉淀生成。

麦芽糖为非还原性糖
D 向鸡蛋清溶液中滴加浓硝酸，微热产生亮黄色沉淀蛋白质发生了颜色反应A．A B．B C．C D．D
7、根据图所示，下列说法正确的是( )
A．该反应的化学方程式可以表示为：2A + B 2C
B．反应至2 min时，B转化了4 mol
C．2 min后，该反应达到平衡状态，A和B不再反应
D．A的转化率为75%
8、下列有关物质的表达式正确的是( )
A．乙炔分子的比例模型:B．溴乙烷的电子式:
C．2-氯丙烷的结构简式: CH3CHClCH3D．丙烯的键线式:
9、下列仪器属于碱式滴定管的是
A．B．C．D．
10、将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，并在一定条件下发生如下反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：其中不正确的是
A．用N2表示的反应速率为0.15mol·L-1·s-1B．2s时H2的转化率为40％
C．2s时N2与H2的转化率相等D．2s时H2的浓度为0.6mol·L-1
11、用1L1mol·L－1的NaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中，CO32－和HCO3－的物质的量浓度之比约为
A．1∶3 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2
12、下列各反应均为放热反应，同温同压下下列各热化学方程式中△H最小的是( )
A．2A(l)+B(l)═2C(g) △H1
B．2A(g)+B(g)═2C(g) △H2
C．2A(g)+B(g)═2C(l) △H3
D．2A(l)+B(l)═2C(l) △H4
13、下列有关性质的比较中，不．正确的是
A．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
B．晶格能：NaBr<NaCl<MgO
C．键的极性：N－H<O－H<F－H
D．熔点：
14、下列方程式书写正确的是（）
A．CaCO3的电离方程式：CaCO3 Ca2+＋CO32－
B．H2SO3的电离方程式H2SO32H＋＋SO32－
C．CO32－的水解方程式：CO32－＋2H2O H2CO3＋2OH－
D．HCO3－在水溶液中的电离方程式：HCO3－＋H2O H3O＋＋CO32－
15、医用一次性口罩的结构如图所示，过滤层所用的材料是聚丙烯，具有阻隔病毒和细菌的作用。

下列有关说法不正确的是( )
A．该口罩是一种混合物B．聚丙烯难溶于水
C．该口罩用完后不应随意丢弃D．用“84”消毒液清洗该口罩上的污溃后可继续使用
16、膳食纤维有助于胃肠蠕动，被人们誉为食物中的“第7营养素”。

下列食物中含膳食纤维较多的是
①玉米②精制面粉③西芹④豆腐
A．①②B．①③C．②④D．①④
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有机玻璃是一种重要的塑料，有机玻璃的单体A(C5H8O2)不溶于水，并可以发生以下变化。

请回答：
（1）B分子中含有的官能团是________________、__________________________。

（2）由B转化为C的反应属于_________________________________________选填序号)。

①氧化反应②还原反应③加成反应④取代反应
（3）C的一氯代物D有两种，C的结构简式是_____________________。

（4）由A生成B的化学方程式是_____________________________。

（5）有机玻璃的结构简式是____________________________-。

18、A、B、C、D、E、F、G是7种短周期元素。

IA IIA IIIA IV A V A VIA VIIA 0
1 A
2 B
3 C D E F
（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，原子半径最大的元素是____________ (填元素符号)，非金属性最强的元素是____________ (填元素符号)，这两种元素形成的化合物中含有的化学键是_____ (填序号);
a. 离子键
b. 共价键
c. 金属键
（2）G元素的原子核外M层有4 个电子，它在元素周期表中位置是____________；
（3）A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是____________ (用化学式表示)；
（4）写出B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物之间发生化学反应的离子方程式
____________________________________________________________.
（5）能说明 F 的非金属性比E 的非金属性强的实验依据是____________________________________ (用化学方程式表示).
19、用如图所示装置制取少量乙酸乙酯，请填空：
(1)为防止a 中的液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是：_________。

(2)写出a 中反应的化学方程式，并注明反应类型________、________。

(3)试管b 中装有饱和Na 2CO 3溶液，其作用是____________(填字母编号) A ．中和乙醇和乙酸 B ．反应掉乙酸并吸收乙醇
C ．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度更小，有利于分层析出
D ．加速酯的生成，提高其产率
(4)试管b 中的导管未插入液面下，原因是_______，若要把试管b 中制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是_______。

20、某探究小组用HNO 3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。

所用HNO 3浓度为1.00 mol/L 、2.00 mol/L ，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、35℃，每次实验HNO 3的用量为25.00 mL ，大理石用量为10.00 g 。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空： 实验编号 温度(℃) 大理石规格 HNO 3浓度(mol/L) 实验目的
① 25 粗颗粒 2.00 (Ⅰ)实验①和②探究浓度对反应速率的影响；(Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响；(Ⅲ)实验①和④探究________对反应速率的影响
② 25 粗颗粒 _______ ③ _______
粗颗粒
2.00 ④
_________ 细颗粒
______
（2）实验①中CO 2质量随时间变化的关系见下图。

计算实验①中70 s ～90 s 范围内用HNO 3表示的平均反应速率________(忽略溶液体积变化，不需要写出计算过程)。

在O ～70、70～90、90～200各相同的时间段里，反应速率最大
的时间段是________。

21、红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。

反应过程和能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1mol产物的数据)。

根据图回答下列问题：
（1）P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式是__。

（2）PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式是__。

（3）P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的ΔH3=_，P和Cl2一步反应生成1molPCl5的ΔH4__ΔH3(填“大于”“小于”或“等于”)。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【详解】A.容器容积不变，加入了五氯化磷，相当于压强增大，平衡逆移，Cl2的体积分数减少，故A错误；
B.由于增大了压强，平衡逆移，所以PCl5的分解率减小，故B错误；
C.再向容器中通入1mol PCl5，同样温度下再达到平衡时，若平衡不移动，PCl5为0.8mol，但由于平衡左移，a大于
0.8，故C错误；
D.再向容器中通入1mol PCl5，同样温度下再达到平衡时，若平衡不移动， PCl5为0.8mol，但由于平衡左移，故PCl5应大于0.8mol，故D正确；
本题答案为D。

【点睛】
容器容积不变，加入了五氯化磷，相当于压强增大，平衡向逆反应方向移动。

2、C
【详解】A、B两个选项是根据合金的性质所描述的，是铸造硬币时必须考虑的因素，故A、B正确；C. 硬币的制造成本高于面值，会造成硬币无法流通的现象，所以每枚硬币实际价值远远高于面值1元不符合事实，故C错误；D. 每枚硬币是钢芯镀镍合金，实际价值低于面值1元，故D正确；答案：C。

【点睛】
本题考查“合金”的知识，解题的关键是题目中A、B、D三个选项所描述的是铸造硬币时必须考虑的因素：性质既要稳定又要成本低。

而A、B两个选项是关于硬币“合金”的性质问题。

当出现C选项情况时，硬币的制造成本高于面值，会造成硬币无法流通的现象。

3、C
【详解】A.氢气燃烧生成液态水放出的热量多，但放热越多，△H越小，选项A不正确；
B.气态硫的能量要高于固态硫的能量，因此B中前者放出的能量多，选项B不正确；
C.前者是不完全燃烧，放热少，则△H大，选项C正确；
D.前者放热多，△H较小，选项D不正确；
答案选C。

4、A
【解析】①苯不能使溴水褪色，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③在一定条件下能发生取代反应，是单键烃具有的性质，能发生加成反应是双键具有的性质，所以苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确。

正确的有：
①②④⑤。

答案选A。

5、B
【分析】氧化物是指氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物。

【详解】A．Ba是由一种元素组成的纯净物，是单质，A不符合题意；
B．BaO由两种元素组成的纯净物，且其中一种元素是氧元素，属于氧化物，B符合题意；
C．Ba(OH)2是由三种元素组成的纯净物，且是由钡离子和氢氧根离子构成的，属于碱，C不符合题意；
D．BaCO3是由金属阳离子和酸根离子构成的纯净物，属于盐，D不符合题意；
故选B。

6、D
【解析】A.油脂碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐溶液显碱性，所以不能根据溶液的碱性判断油脂是否完全皂化，故A错误；
B.淀粉溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，加适量氨水使溶液为碱性，再与银氨溶液混合加热，有光亮的银镜生成，只能证明淀粉已经水解产生含有醛基的物质，无法证明水解完全，故B错误；
C.氢氧化铜的悬浊液在碱性环境下具有弱氧化性，因此滴6滴0.1mol/L NaOH溶液，NaOH明显不足, 则不能检验麦芽糖中醛基的存在，故C错误；
D.鸡蛋清属于蛋白质，其溶液中滴加浓硝酸，微热产生亮黄色沉淀，蛋白质发生了颜色反应，故D正确；
综上所述，本题选D。

【点睛】
针对选项B，淀粉溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，向反应后的溶液中加入淀粉，如果溶液不变蓝，淀粉全部水解；然后再向水解后的溶液中加适量氢氧化钠使溶液为碱性，再与银氨溶液混合加热，有光亮的银镜生成，证明淀粉已经水解产生含有醛基的物质。

7、D
【分析】根据图中各物质的物质的量浓度的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的物质的量浓度变化值等于化学计量数之比书写化学方程式。

【详解】A．A和B的量减小，C的量增大，因此A和B是反应物，C是产物，A、B、C的物质的量浓度变化量之比为3∶2∶3，该反应的化学方程式为3A+2B3C，A错误。

B．由图可知反应至2 min时，B由8 mol/L变为4 mol/L，但是体积未知，因此无法计算B转化的物质的量，B错误。

C．反应达到平衡状态时反应没有停止，正反应速率等于逆反应速率，化学平衡状态是动态平衡，C错误。

D．A的转化率为8mol/L2mol/L
8mol/L
×100%=75%，D正确。

本题选D。

8、C
【解析】A项，乙炔分子中2个碳原子和2个H原子应处于同一直线上，错误；B项，漏写Br原子上的孤电子对，正确的电子式为：，错误；C项，正确；D项，丙烯的键线式为：，错误；答案选C。

9、B
【解析】A.是酸式滴定管，故A错误；
B.是碱式滴定管，故B正确；
C.是长颈漏斗，故C错误；
D.是冷凝管，故D错误。

故选B。

10、B
【解析】分析:将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
变化量（mol）：0.6 1.8 1.2
2s时（mol）：0.4 1.2 1.2
A.根据v=Δ
Δ
C
t
计算用N2表示的反应速率；
B.根据α=转化量/起始量×100%计算用H2的转化率；
C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与H2的转化率相等；
D.根据c=n
V
计算。

详解：将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L-1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
变化量（mol）：0.6 1.8 1.2
2s时（mol）：0.4 1.2 1.2
A.用N2表示的反应速率为:0.6
2
2
mol
L
s
=0.15 mol•L-1•s-1，故A正确；
B. 2s时H2的转化率为：1.8
3
mol
mol
×100%=60%;故B错误；
C.N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与H2的转化率相等，故C正确；
D.2s时H2的浓度为1.2
2
mol
L
=0.6mol•L-1，故D正确。

所以本题答案选B。

11、A
【分析】用1L1 mol·L－1NaOH溶液吸收0.8molCO2，生成Na2CO3和NaHCO3，则NaOH、CO2完全反应，令Na2CO3
和NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子、碳原子守恒列方程，计算x、y的值，据此解答。

【详解】用1L1 mol·L－1NaOH溶液吸收0.8molCO2，生成Na2CO3和NaHCO3，则NaOH、CO2完全反应，
令Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子守恒有：2x+y=1×1；根据碳原子守恒有：x+y=0.8；联立方程，解得x=0.2，y=0.6。

故所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比约为0.2mol：0.6mol=1：3，故选A。

12、C
【详解】由题给选项可知，各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量g＞l＞s，所以反应物的总能量为：B=C ＞A=D，生成物的能量为：A=B＞C=D，该反应为放热反应，反应物知的总能量越高，生成物的总能量越低，反应放出的热量越多，则C放出的热量最多，反应热符号为“-”，反应放出的热量越多，反应热越小，C的反应热最道小，故选C。

【点睛】
对于放热反应，反应物能量越高，生成物能量越低，放出的热量越多，则△H越小。

13、D
【解析】A．原子晶体中化学键键能越大、键长越短其硬度越大，这几种物质都是原子晶体，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，所以硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A正确；
B．晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，离子半径，O2-＜Cl-＜Br-＜I-，则晶格能NaBr<NaCl<MgO，故B正确；C．元素的非金属性越强，与氢形成的化学键的极性越大，非金属性F＞O＞N，则键的极性：N－H<O－H<F－H，故C正确；
D．因为对位形成分子间氢键增大熔点，邻位形成分子内氢键降低熔点，所以晶体熔点的高低：＞，
故D错误；
答案为D。

14、D
【解析】A、碳酸钙属于强电解质，电离方程式是：CaCO3=Ca2++CO32-，故A错误；
B、由于亚硫酸是弱酸，电离方程式要分步写：H2SO3⇌H++HSO3-，HSO3-⇌H++SO32-，故B错误；
C、碳酸根离子分步水解，水解方程式是：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故C错误；
D、HCO3-在水溶液中的电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-，故D正确；
故选D。

15、D
【详解】A．该口罩是由多种成分构成的，属混合物，故A正确；
B．烃类难溶于水，故聚丙烯材料难溶于水，故B正确；
C．使用过的口罩必须放入指定地垃圾箱中，并进行消毒处理，防止病毒扩散，而不应随意丢弃，故C正确；
D．用“84”消毒液清洗该口罩，可消除病毒，但不可继续使用，故D错误；
故答案为D。

16、B
【解析】玉米和面粉的主要成分是淀粉，但精制面粉在制作过程中去掉了大量纤维素（细胞壁），玉米却不经过该处理，所以含纤维素较多。

西芹的茎含有大量纤维素。

豆腐在制作过程中也经加工处理去掉了纤维素，主要成分是蛋白质，故含膳食纤维较多的是①③。

故选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、碳碳双键羧基
②③CH3CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O CH2=C(CH3)COOH+CH3OH
【详解】根据框图中信息A能发生加聚反应，说明其中含有碳碳双键；同时A又能水解生成甲醇，说明A属于酯，B 属于羧酸，因此，B中必然含有羧基﹣COOH；又知A水解过程中破坏的只是酯基，而碳碳双键保留了下来，B中应还含有C=C双键，B能与氢气发生加成反应也说明了B含有C=C双键，根据A的分子中有5个碳原子，而它水解又生成了甲醇和B，因此B中有4个碳原子，B转化成C的过程中没有碳原子的变化，即C中也只有4个碳原子，C的一氯代物D有两种，得出C的结构简式为CH3CH（CH3）COOH，故B为CH2=C（CH3）COOH，A为CH2=C（CH3）COOCH3，A加聚反应生成有机玻璃，机玻璃的结构简式是：，
（1）B为CH2=C（CH3）COOH，含有碳碳双键、羧基；
（2）CH2=C（CH3）COOH与氢气发生加成反应生成CH3CH（CH3）COOH，该反应也属于还原反应；
（3）由上述分析可知，C为CH3CH（CH3）COOH；
（4）CH2=C（CH3）COOCH3在浓硫酸、加热条件下水解生成甲醇与CH2=C（CH3）COOH，反应方程式为：CH2=C （CH3）COOCH3+H2O CH2=C（CH3）COOH+CH3OH；
（5）CH2=C（CH3）COOCH3发生加聚反应生成有机玻璃，机玻璃的结构简式是：。

18、NaCla第三周期IV A族HClAl(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2OCl2+H2S=2HCl+S↓
【分析】A、B、C、D、E、F六种元素分别为：H、N、Na、Al、S、Cl。

【详解】（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，周期表中原子半径从上到下，从右往左半径变大，原子半径最大的元素是Na (填元素符号)，周期表中非金属性从上到下，从右往左半径变不，非金属性最强的元素是Cl(填元素符号)，这两种元素形成的化合物是氯化钠，含有的化学键是a. 离子键，故答案为：Na、Cl、a；
（2）G元素的原子核外M层有4 个电子，核外电子排布为2、8、4，有三个电子层，最外层是4个电子，它在元素周期表中位置是第三周期IV A族，故答案为：第三周期IV A族；
（3）同周期从左到右元素的非金属性增强，元素的氢化物的稳定性增强，A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是HCl，故答案为：HCl；
（4）B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物是硝酸和氢氧化铝，它们之间发生化学反应的离子方程式：
Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，故答案为：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；
（5）单质氧化性氯气强于硫，能说明Cl的非金属性比S的非金属性强，化学方程式为：Cl2+H2S=2HCl+S↓，故答案为：Cl2+H2S=2HCl+S↓。

CH3COOCH2CH3+H2O 酯化反应（取代反应）BC 19、加碎瓷片，防止暴沸CH3COOH+CH3CH2OH
浓硫酸
防止倒吸分液
【分析】(1)液体加热要加碎瓷片，防止暴沸；
(2)试管a中乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热反应生成乙酸乙酯和水，据此写出反应的化学方程式，该反应为酯化反应；
(3)根据饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层进行解答；
(4)乙酸和乙醇易溶于饱和碳酸钠溶液，插入液面以下容易发生倒吸现象；乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，混合物分层，可以通过分液操作将其分离。

【详解】(1)加热液体混合物要加碎瓷片，防止暴沸；
(2)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，试管a中乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，
CH3COOCH2CH3+H2O，该反应为酯化反应，也属于取代反应；该反应为可逆反应为：CH3COOH+CH3CH2OH
浓硫酸
(3)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，所以BC正确，
故答案为：BC；
(4)吸收乙酸乙酯的导管不能插入溶液中，应该放在饱和碳酸钠溶液的液面上，若导管伸入液面下可能发生倒吸；乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，所以混合液分层，可以利用分液操作分离出乙酸乙酯，
故答案为：防止倒吸；分液。

20、1.00 35 25 2.00 大理石规格0.01 mol/(L·s) 0-70
【分析】（1）（I）实验①和②探究浓度对反应速率的影响；
（II）实验①和③探究温度对反应速率的影响；
（Ⅲ）实验①和④中大理石的规格不同；
（2）先根据图象，求求出生成二氧化碳的物质的量，然后根据反应求出消耗硝酸的物质的量，最后计算反应速率；曲
线斜率越大反应速率越快。

【详解】（1）实验①和②探究浓度对反应速率的影响，故硝酸的浓度不同，应该选1.00mol/L硝酸；由于①和③探究温度对反应速率的影响，故温度不同，应该选35℃；由于实验①和④大理石规格不同，因此探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，所以实验①和④中温度和硝酸的浓度均相同；
（2）由图可知70s至90s，生成CO2的质量为0.95g-0.84g=0.11g，物质的量为
0.11
44/
g
g mol
=0.0025mol，根据反应
CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知消耗HNO3的物质的量为2×0.0025mol=0.005mol，又溶液体积为
0.025L，所以HNO3减少的浓度△c=0.005
0.025
mol
L
=0.2mol/L，反应的时间t=90s-70s=20s，所以HNO3在70s-90s范围
内的平均反应速率为c
t
=
0.2/
20
mol L
s
=0.01mol•L-1•s-1；根据图像可知在O～70、70～90、90～200各相同的时间段里
曲线的斜率最大是0-70时间段内，因此反应速率最大的时间段是0-70。

【点睛】
本题考查化学反应速率的影响因素及反应速率的计算，注意信息中提高的条件及图象的分析是解答的关键，本题较好的考查学生综合应用知识的能力，注意控制变量法的灵活应用，题目难度中等。

21、P(s)+ Cl2(g)=PCl3(g)△H=-306 kJ/molPCl5 (g)= PCl3 (g)+Cl2(g)△H= +93 kJ/mol；399 kJ/mol等于
【分析】根据盖斯定律，反应热与途径无关，只与起始物质、终了物质有关，以此解答本题。

【详解】(1)产物的总能量减去反应物的总能量就等于△H，结合图象可知，PCl3和反应物P和Cl2的能量差为306 kJ，因此该热化学方程式为：P(s)+ Cl2(g)=PCl3(g)△H=-306 kJ/mol，故答案：P(s)+ Cl2(g)=PCl3(g)△H=-306 kJ/mol；
(2)根据图象可知PCl5和PCl3、Cl2之间的能量差为-93 kJ，因此PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式为：PCl5 (g)= PCl3
(g)+Cl2(g)△H= +93 kJ/mol，故答案：PCl5 (g)= PCl3 (g)+Cl2(g)△H= +93 kJ/mol；
(3)根据盖斯定律：△H=- 306 kJ/mol-93 kJ/mol=- 399 kJ/mol。

该反应热与途径无关，只与起始物质、终了物质有关，所以P和Cl2一步反应生成1molPCl5的ΔH4等于ΔH3，故答案： 399 kJ/mol；等于。